專(zhuān)題七帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1、專(zhuān)題七 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)定圓心、畫(huà)軌跡、找關(guān)系是解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵.(1) 確定圓心的方法 由兩速度的垂線定圓心； 由兩條弦的垂直平分線定圓心； 由兩洛倫茲力的延長(zhǎng)線定圓心； 綜合定圓心.一條切線，一條弦的垂直平分線，一條洛倫茲力的延長(zhǎng)線，選擇其中任兩條都可以找出圓心.(2) 畫(huà)軌跡的方法 對(duì)稱(chēng)法：帶電粒子如果從一直線邊界進(jìn)入又從該邊界射出，則其軌跡關(guān)于入射點(diǎn)和出射點(diǎn)線段的中垂線對(duì)稱(chēng)，入射速度方向與出射速度方向與邊界的夾角相等，利用這一結(jié)論畫(huà)出粒子的軌跡. 動(dòng)態(tài)圓法：若在磁場(chǎng)中向垂直于磁場(chǎng)的各個(gè)方向發(fā)射粒子，則粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是圍繞發(fā)射點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的動(dòng)態(tài)圓，用這一規(guī)律可

2、確定粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡. 放縮法：帶電粒子在磁場(chǎng)中以不同的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮，探索出臨界點(diǎn)的軌跡，使問(wèn)題得以解決.(3) 找關(guān)系 用幾何知識(shí)(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小. 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T(mén)，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為時(shí)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=T(或t=T).【例1】(2014·海安中學(xué))在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.有兩個(gè)相同的帶正電的粒子從A點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁場(chǎng)中，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v1和v2大小未知、方向與AO的夾角均為，如圖所示.已知兩粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q，它們

3、在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也是R(不計(jì)粒子的重力和它們之間的相互作用).求：(1) 兩粒子的運(yùn)動(dòng)速度v1和v2的大小.(2) 兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之差.(3) 兩粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置之間的距離.思維軌跡：【解析】 (1) 兩粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑都是R，所以速度大小相同，設(shè)為v，則qvB=m.所以v1=v2=v=.(2) 設(shè)以v1運(yùn)動(dòng)的粒子從圓上的M點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，軌跡的圓心為O1，由題可知O1A=O1M=OA=OM，即OAO1M是菱形，所以O(shè)1MOA.設(shè)軌跡圓的圓心角為1，則OAO1=90°+.1=180°-OAO1=90°-.同理，設(shè)以v2運(yùn)動(dòng)的粒子從

4、圓上的N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，軌跡的圓心為O2，則OAO2N是菱形，O2NOA.設(shè)軌跡圓的圓心角為2，則OAO2=90°-.2=180°-OAO2=90°+.兩軌跡圓的圓心角的差值為=2-1=2.設(shè)粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，有T=.兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差為t=T=.(3) 由以上分析可知1=OAO2.說(shuō)明兩菱形除邊長(zhǎng)相等外頂角也相等，兩菱形全等.O2N、O1M到OA的距離相等，即O2N、O1M在同一直線上.在三角形MON中，MON=2-1=2.所以，MN=2Rsin .【答案】 (1) (2) (3) 2Rsin 【變式訓(xùn)練1】(2015·南京鹽城二

5、模)如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于xOy平面向里.P點(diǎn)的坐標(biāo)為(-2L，0)，Q1、Q2兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(0， L)，(0，-L).坐標(biāo)為(-，0)處的C點(diǎn)固定一平行于y軸放置的長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣彈性擋板，C為擋板中點(diǎn)，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變，沿x方向分速度反向，大小不變. 帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)粒子所受重力.若粒子在P點(diǎn)沿PQ1方向進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng).求：(1) 從Q1直接到達(dá)Q2處的粒子初速度大小.(2) 從Q1直接到達(dá)O點(diǎn)，粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸的交點(diǎn)坐標(biāo).(3) 只與擋板碰撞兩次并能回

6、到P點(diǎn)的粒子初速度大小.【解析】 (1) 由題意畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小為R1，由幾何關(guān)系得R1cos=L，其中cos=，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB=m，解得v1=.甲(2) 由題意畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，設(shè)其與x軸交點(diǎn)為D，由幾何關(guān)系得R2=L，設(shè)D點(diǎn)橫坐標(biāo)為xD，由幾何關(guān)系得xD=L，則D點(diǎn)坐標(biāo)為(L，0).乙(3) 由題意畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小為R3，偏轉(zhuǎn)一次后在y負(fù)方向偏移量為y1，由幾何關(guān)系得y1=2R3cos，為保證粒子最終能回到P，粒子與擋板

7、碰撞后，速度方向應(yīng)與PQ1連線平行，每碰撞一次，粒子進(jìn)出磁場(chǎng)在y軸上這段距離y2(如圖中A、E間距)可由題給條件，有=tan，得y2=.當(dāng)粒子只碰二次，其幾何條件是3y1-2y2=2L，解得R3=L.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB=m，解得v=.丙【答案】 (1) (2) (3) 帶電粒子在相鄰多個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)粒子在相鄰多個(gè)磁場(chǎng)中連續(xù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，會(huì)畫(huà)出不同的軌跡，從復(fù)雜的軌跡中找出規(guī)律，尋找解決問(wèn)題的突破口，解決這類(lèi)問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵在于能畫(huà)出軌跡，弄清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，找出粒子在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系，借助圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)解決問(wèn)題.【例2】(2014·海安中學(xué))如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以O(shè)&

8、#39;(0，R)為圓心、R為半徑的圓內(nèi)有垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸下方有垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.第四象限有一個(gè)與x軸成45°角傾斜放置的擋板PQ，P、Q兩點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，且O、P兩點(diǎn)間的距離大于2R，在圓形磁場(chǎng)左側(cè)0<y<2R的區(qū)間內(nèi)均勻分布著質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的一簇帶電粒子，當(dāng)所有粒子均沿x軸正方向以速度v射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，粒子偏轉(zhuǎn)后都從O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方磁場(chǎng)，最終有一半粒子能打在擋板上.不計(jì)粒子重力以及粒子間的相互作用力.求：(1) 磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小.(2) 擋板端點(diǎn)P的坐標(biāo).(3) 擋板上被粒子打中的區(qū)域的長(zhǎng)度.

9、思維軌跡：(1) 以任一粒子為研究對(duì)象找出圓心，畫(huà)出軌跡用幾何知識(shí)求出軌道半徑由洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B(2) 粒子從O點(diǎn)進(jìn)入三四象限時(shí)相當(dāng)于一個(gè)速度大小相等的粒子源作出圓心的軌跡作出粒子可能到達(dá)的空間位置找出打到擋板上從O點(diǎn)射出的粒子范圍利用幾何知識(shí)求出P點(diǎn)坐標(biāo)(3) 根據(jù)第2小題中作出的包絡(luò)圓的軌跡利用幾何知識(shí)求出粒子打在擋板上的長(zhǎng)度【解析】 (1) 設(shè)粒子從磁場(chǎng)邊界的A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，該粒子由O點(diǎn)射出圓形磁場(chǎng)，軌跡如圖甲所示，過(guò)A點(diǎn)作速度的垂線，在垂線上取點(diǎn)C(滿足OC=AC)，確定軌跡圓的圓心為C.連接AO'、CO，可證得ACOO'為菱形，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，粒

10、子在圓形磁場(chǎng)中的軌道半徑r=R，由qvB=m，解得B=.甲 乙(2) 欲使有一半的粒子打到擋板上，則需滿足從O點(diǎn)射出的沿x軸負(fù)方向的粒子、沿y軸負(fù)方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖乙所示.過(guò)圓心D作擋板的垂線交于E點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知DP=R，OP=(+1)R.所以P點(diǎn)的坐標(biāo)為(+1)R，0.(3) 設(shè)能打到擋板最左側(cè)的粒子落在擋板上的F點(diǎn)，如圖丙所示，則OF=2R，過(guò)O點(diǎn)作擋板的垂線交于G點(diǎn)，則丙OG=(+1)R·=R.FG=R.EG=R.擋板上被粒子打中的區(qū)域長(zhǎng)度l=FE=R+R=R.【答案】 (1) (2) (+1)R，0(3) R【變式訓(xùn)練2】(2015·常州一模)如

11、圖所示，多個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和無(wú)場(chǎng)區(qū)域平行間隔排列，其中磁場(chǎng)的寬度均為d，無(wú)場(chǎng)區(qū)域的寬度均為d0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在區(qū)域1磁場(chǎng)中，一個(gè)帶負(fù)電的粒子從邊界上的A點(diǎn)沿邊界方向射出，粒子質(zhì)量為m，電荷量為-q，不計(jì)重力.(1) 如果粒子只在區(qū)域1中運(yùn)動(dòng)，求粒子射出的最大速度為多少?(2) 如果粒子從A點(diǎn)射出后，經(jīng)過(guò)區(qū)域1、2、3后又回到A點(diǎn)，求它運(yùn)動(dòng)一周的周期為多少?(3) 如果粒子從A點(diǎn)射出后還能再次返回A點(diǎn)，求粒子從A點(diǎn)射出時(shí)速度的大小為多少?【解析】 (1) 當(dāng)粒子只在第一區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的最大半徑為Rm=，由Bqvm=，可得vm=.(2) 粒子經(jīng)過(guò)

12、1、2、3區(qū)域，且能回到A點(diǎn)，則運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R=d，即=d，則v=.所以有T=.(3) 當(dāng)從區(qū)域1返回A點(diǎn)，vm設(shè)經(jīng)過(guò)n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子開(kāi)始返回，則有2R=nd，R=(n=2，3，4，)，所以有v=(n=2，3，4，).【答案】 (1) (2) (3) (n=2，3，4，)帶電粒子在磁場(chǎng)中的臨界問(wèn)題解決帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)臨界點(diǎn).帶電粒子在磁場(chǎng)中以不同的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮，運(yùn)用“放縮法”探索出臨界點(diǎn)的軌跡，使問(wèn)題得以解決；對(duì)于范圍型問(wèn)題，求解時(shí)關(guān)鍵尋找引起范圍的“臨界軌跡”及“臨界半徑”，然后利用粒子運(yùn)動(dòng)的實(shí)際軌跡半徑與

13、臨界半徑的大小關(guān)系確定范圍.常用的結(jié)論有： 直徑是圓的最大弦； 同一圓中大弦對(duì)應(yīng)大的圓心角； 剛好穿出磁場(chǎng)邊界的臨界條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切.【例3】(2015·鎮(zhèn)江一模)如圖所示的平面直角坐標(biāo)系內(nèi)分布有足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.05 T，方向垂直紙面向里.x軸上相距為L(zhǎng)=0.12 m的P、Q兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，兩點(diǎn)處均有一個(gè)粒子發(fā)射器(發(fā)射一個(gè)粒子后即移開(kāi))，能分別在紙面內(nèi)沿y軸正方向發(fā)射帶電粒子，已知P點(diǎn)發(fā)射的粒子帶負(fù)電，速率為v1=3.0×104 m/s，Q點(diǎn)發(fā)射的粒子帶正電，粒子的比荷均為=2.0×107 C/kg.Q處的粒子先發(fā)

14、射，P處的粒子后發(fā)射，發(fā)射的時(shí)間差為t=×10-6 s，已知P處發(fā)射的粒子運(yùn)動(dòng)t=×10-6 s時(shí)間后，恰與Q處發(fā)射的粒子在第二象限內(nèi)相遇，不計(jì)粒子的重力和粒子之間的相互作用力.(1) 求兩粒子相遇點(diǎn)S(圖中未畫(huà)出)的坐標(biāo).(2) 求Q處發(fā)射粒子的速率v2.(3) P處發(fā)射粒子后，調(diào)節(jié)Q處發(fā)射粒子速率v2的值，發(fā)現(xiàn)不管t取何值，兩粒子總不能相遇.求這種情形下v2的值.【解析】 (1) 對(duì)P點(diǎn)發(fā)射的粒子：qv1B=m，r1= m=3.0×10-2m，周期T=2×10-6s，轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角=·2，得1=53°.則橫坐標(biāo)x=-=-0.012

15、m，縱坐標(biāo)y=r1sin 1=0.024 m，交點(diǎn)S的坐標(biāo)為(-0.012 m，0.024 m).(2) 對(duì)Q點(diǎn)發(fā)射的粒子：由Q到S的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t'=t+t=×10-6 s，轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角'=·2，得2=37°.O1SO2為直角三角形，設(shè)Q點(diǎn)發(fā)射的粒子的軌道半徑為r2，則(L-r1-r2)2=+，得r2=0.04 m.又r2=，即v2=4.0×104 m/s.(3) v2較小時(shí)，兩粒子相遇的臨界：兩軌跡圓周外切.則qvminB=m，得vmin=3.0×104 m/s.v2較大時(shí)，兩粒子相遇的臨界：兩軌跡圓周內(nèi)切.則qvmaxB=m

16、，得vmax=6.0×104 m/s.則兩粒子總不能相遇情形下v2的值為6.0×104 m/s<v2或v2<3.0×104 m/s.【答案】 (1) (-0.012m，0.024m)(2) 4.0×104 m/s(3) 6.0×104 m/s<v2或v2<3.0×104 m/s【變式訓(xùn)練3】(2015·連云港三模)如圖所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形ACD區(qū)域內(nèi)，存在垂直于所在平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).大量的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以相同速度(速度大小未確定)沿垂直于CD的方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后三條

17、邊均有粒子射出，其中垂直于AD邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0.不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用.求：(1) 磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小.(2) 要確保粒子能從CD邊射出，射入的最大速度.(3) AC、AD邊上可能有粒子射出的范圍.【解析】 (1) qvB=m，T=，圓心角為60°，t0=T，解得B=.(2) 當(dāng)軌跡圓與AC、AD都相切時(shí)，粒子能從CD邊射出，半徑最大，速度為最大值，此時(shí)r=sin60°=L，qvB=m，r=，解得v=.所以， 粒子射入的速度應(yīng)滿足v.(3) 由(2)知，當(dāng)軌跡圓與AC相切時(shí)，從AC邊射出的粒子距C最遠(yuǎn).故有粒子射出的范圍為CE段，xCE=co

18、s60°=.當(dāng)軌跡圓與AD邊的交點(diǎn)F恰在圓心O正上方時(shí)，射出的粒子距D點(diǎn)最遠(yuǎn).故有粒子射出的范圍為DF段，xDF=.【答案】 (1) (2) (3) 見(jiàn)解析帶電粒子在磁場(chǎng)中的多解問(wèn)題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于多種因素的影響，使問(wèn)題形成多解.多解形成的原因一般從以下幾個(gè)方面來(lái)分析.(1) 帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負(fù)電，當(dāng)粒子具有相同速度時(shí)，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡不同，導(dǎo)致多解.(2) 磁場(chǎng)方向不確定形成多解：磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，如果題述條件只給出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未說(shuō)明磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，則應(yīng)考慮因磁場(chǎng)方向不確定而導(dǎo)

19、致的多解.(3) 臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過(guò)去了，也可能轉(zhuǎn)過(guò)180°從入射面邊界反向飛出，于是形成了多解.(4) 運(yùn)動(dòng)的往復(fù)性形成多解：帶電粒子在不同磁場(chǎng)(如周期性變化的磁場(chǎng))的空間中運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，從而形成多解.【例4】(2014·江蘇)某裝置可以利用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示.裝置的長(zhǎng)為L(zhǎng)，上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向與紙面垂直且相反，兩磁場(chǎng)的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線OO'上，N、P

20、分別位于下方磁場(chǎng)的上、下邊界上.在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn).改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置，不計(jì)粒子的重力.(1) 求磁場(chǎng)區(qū)域的寬度h.(2) 欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，求粒子入射速度的最小變化量v.(3) 欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值.思維軌跡：(1) (2) 粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)粒子運(yùn)動(dòng)半徑變小粒子運(yùn)動(dòng)速度變小粒子第一次經(jīng)過(guò)下方磁場(chǎng)后到達(dá)N點(diǎn)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡利用幾何知識(shí)列式計(jì)算(3) 欲使粒子

21、到達(dá)M點(diǎn)M點(diǎn)與入射點(diǎn)O在同一直線上根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡考慮多種可能情況利用幾何知識(shí)列方程求解【解析】 (1) 設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，依題意作出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示，由圖中幾何關(guān)系有L=3rsin 30°+，h=r(1-cos 30°).解得h=.(2) 設(shè)帶電粒子初始入射速度為v1，改變速度后仍然經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次后到達(dá)N點(diǎn)，此時(shí)速度的改變量最小，設(shè)改變后的速度為v2，粒子改變速度后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r'，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示：由圖中幾何關(guān)系有L=4r'sin 30°+.根據(jù)牛頓第二定律有

22、qv1B=m，qv2B=m.粒子入射速度的最小變化量v=|v2-v1|.聯(lián)立以上各式解得v=.(3) 粒子可能從上方磁場(chǎng)出來(lái)后經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，也可能從下方磁場(chǎng)出來(lái)后經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，不妨假設(shè)粒子共n次經(jīng)過(guò)了磁場(chǎng)區(qū)域到達(dá)了M點(diǎn)，此時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為rn，速度為vn，根據(jù)牛頓第二定律有qvnB=m.根據(jù)幾何關(guān)系有L=2nrnsin 30°+.解得vn=.由于粒子經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)，因此粒子不可能只經(jīng)過(guò)上方一次直接到達(dá)M點(diǎn)，則n2.又因?yàn)榱Ｗ颖仨毥?jīng)過(guò)磁場(chǎng)改變其運(yùn)動(dòng)的方向才能到達(dá)M點(diǎn)，因此滿足n<tan 30°=.所以，vn=(其中2n<，且n為整數(shù)).【答案】 (1) (2) (3) 【變式訓(xùn)練4】(2014·如皋期末)如圖甲所示，空間內(nèi)有垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN是磁場(chǎng)的上邊界，磁場(chǎng)寬度足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1×10-4